Ferienkurs Analysis 1 Tag 2 - Lösungen zu Komplexe Zahlen

Ferienkurs Analysis 1
Tag 2 - Lösungen zu Komplexe Zahlen,
Vollständige Induktion, Stetigkeit
Pan Kessel
24. 2. 2009
Inhaltsverzeichnis
1 Komplexe Zahlen
1.1 Darstellung einer komplexen Zahl . . . . . . .
1.2 Bestimmung von Real und Imaginärteil . . .
1.3 Klausuraufgabe . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 *Geometrische Interpretaton einer Gleichung
1.5 Wurzeln von komplexen Zahlen . . . . . . . .
1.6 Komplexer Logarithmus . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
2
2
2
3
3
4
2 Vollständige Induktion
2.1 Binomische Formel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Summenformel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Klausuraufgabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Summenformel der Binominalkoeffizenten . . . . . . .
2.5 Abschätzung Potenzfunktion, Exponentialfunktion . .
2.6 Gaußsche Summenformel . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Eine weitere Summenformel des Binominalkoeffizenten
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5
5
5
6
6
7
8
8
3 Stetigkeit
3.1 Grenzwertbestimmung von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 Komplexe Zahlen
Ferienkurs Analysis 1
1 Komplexe Zahlen
1.1 Darstellung einer komplexen Zahl
1. Wandeln Sie z = 2 + 2i in Polardarstellung um.
π
2. Wandeln Sie z = 3ei 2 in die karthesische Darstellung um.
3. Wandeln Sie z = 1 + 5i in Polardarstellung um.
4. Wandeln Sie z = 1 − 5i in Polardarstellung um.
π
5. Wandeln Sie z = 4ei 6 in karthesische Darstellung um.
Lösung:
1. φ = arctan (1) =
pi
4
√
√ pi
und r = 2 2, daraus folgt z = 2 2ei 4
2. Es ist am besten man stellt sich diese Zahl in der komplexen Ebene vor. Sie liegt genau auf der imaginären
Achse, also z = 3i
√
3. Diese Zahl liegt
im 4.Quadranten. Deswegen gilt nach der Vorlesung: φ = arctan (5) ≈ 0.43·π und r = 5.
√ i·0.43π
Daher z = 5e
.
4. Man√erkennt das es sich bei dieser Zahl um das komplex konjugierte der vorherigen Zahl handelt also:
z = 5e−i·0.43π
5. Nach der Vorlesung gilt: z = 4 cos ( π6 ) + i sin ( π6 ) .
1.2 Bestimmung von Real und Imaginärteil
Bestimmen Sie den Real- und Imaginärteil von z =
5+3i
5+i .
Lösung:
(25 + 3) + i(15 − 5)
14
5
(5 + 3i)(5 − i)
=
=
+i
(5 + i)(5 − i)
25 + 1
13
13
|{z}
|{z}
=Re(z)
1.3 Klausuraufgabe
Geben Sie Real- und Imaginärteil von
1.
z=
2.
z=
1
a + ib
(1 − i)2
(1 + i)3
an.
Lösung:
1.
a − ib
a − ib
= 2
(a + ib)(a − ib)
a + b2
a
−b
Also: Re(z)= a2 +b
2 und Im(z)= a2 +b2 .
2
=Im(z)
Ferienkurs Analysis 1
1 Komplexe Zahlen
2.
√
(1 − i)2
(1 − i)5
z=
=
=
(1 + i)3
23
3
2ei 4 π
1
=√ (
2
1
1
i 15
4 π
|e {z } ) = 2 −i 2
|{z}
|{z}
3
i 12 π
=ei 4 ·e 4
=Re(z)
=Im(z)
| {z }
23
=−1
1.4 *Geometrische Interpretaton einer Gleichung
Man schreibe
z − 1
z + 1 = r
in die Form
|z − m| = ρ
m, ρ ∈ R
um und interpretiere das Ergebniss geometrisch.
Lösung: Zunächst betrachten wir:
|z − m| = ρ
⇔
(z − m)(z ∗ − m) = ρ2
zz ∗ − (zm + mz ∗ ) + m2 = ρ2
⇔
Wir wollen jetzt die obere Gleichung auf diese Form bringen:
|z − 1|2 = r2 · |z + 1|2
(z − 1)(z ∗ − 1) = r2 (z + 1)(z ∗ + 1)
zz ∗ − z − z ∗ + 1 = r2 (zz ∗ + z + z ∗ + 1)
⇔
(1 − r2 )|z|2 − (1 + r2 )(z + z ∗ ) = −(1 − r2 )
Durch hinzufügen eines zusätzlichen Summanden auf beiden Seiten bringen wir die Gleichung auf die obere
Form:
1 + r 2 ) 2
1 + r 2 ) 2
1 + r2
∗
∗
zz −
(z + z ) + = −1 + 1 − r2
1 − r2 1 − r2 2
2 2
2
z − 1 + r = −1 + 1 + r 1 − r2 1 − r2 | {z }
{z
}
|
=m
=ρ
Es handelt sich um einen Kreis mit Mittelpunkt m und Radius ρ.
1.5 Wurzeln von komplexen Zahlen
1. Berechnen Sie alle Lösungen der Gleichung:
5z 2 − 2z + 5 = 0
z∈C
2. Berechen Sie alle Lösungen der Gleichung:
z 2 + 2z − i = 0
z∈C
3. Berechnen Sie alle Lösungen der Gleichung:
z3 + i = 0
Lösung:
3
z∈C
1 Komplexe Zahlen
Ferienkurs Analysis 1
1. Dieses Problem löst man am besten durch quadratische Ergänzung:
5z 2 − 2z +
1
1
+5− =0
5
5
1
z−
5
2
p
⇔
24
=−
=
25
Nun sehen wir:
z = ±i
1
(5)z − √
5
24
±i
25
2
+
24
=0
5
2
1√
1
24 +
5
5
Damit haben wir die zwei Lösungen gefunden, die wir nach dem Fundamentalsatz der Algebra erwarten.
2. Auch hier ergänzen wir zunächst quadratisch:
z 2 + 2z + 1 = i + 1
⇔
(z + 1)2 =
| {z }
√
π
2ei 4
≡z̃
Wobei wir ganz rechts 1 + i in Polardarstellung umgeschrieben haben. Nun können wir analog zum Skript
die Wurzeln zu z̃ ziehen.
φ̃k =
π/4 + k · 2π
2
Wegen z + 1 = z̃ folgt:
z1 =
k = 0, 1 ⇒
√
π
2ei 8 − 1
φ̃1 =
z2 =
π
8
√
φ̃2 =
9
π
8
r̃ =
√
2
9
2ei 8 π − 1
3. Hier kann man ganz analog zur Vorlesung vorgehen:
3
z 3 = −i = ei 2 π
Deshalb:
φk =
3
2π
+ k2π
1
2
= π+k· π
3
2
3
⇒
φ0 =
1
π
2
, φ1 =
7
π
6
, φ2 =
1.6 Komplexer Logarithmus
Berechnen Sie ln(−8 + 6i).
Lösung:
z = −8 + 6i = 10ei(2.5+k·2π)
Damit erhält man die Lösungen:
ln(z) = ln(10) + i(2.5 + k · 2π) = 2.3 + i(2.5 + k · 2π)
Der Hauptwert ist also:
Ln(z) = 2.3 + 2.5i
4
11
π
6
r=1
Ferienkurs Analysis 1
2 Vollständige Induktion
2 Vollständige Induktion
2.1 Binomische Formel
Beweisen Sie die Binomische Formel
(a + b)n =
n X
n
k
k=0
ak · bn−k
mit Hilfe der vollständiger Induktion.
Lösung:
• Induktionsanfang:
1
(a + b) =
1 X
1
k
k=0
ak · bn−k = b + a
• Induktionsschritt:
(a + b)
n+1
n
= (a + b) ·(a + b) =
| {z }
Annahme
n X
n
k
k=0
=
!
k
a ·b
n−k
· (a + b) =
n X
n
k=0
n+1
X
k=1
k
ak+1 · bn−k +
n X
n
k=0
k
ak · bn−k+1
n
ak · bn−k+1 + . . . =
k−1
Hier haben wir den Index in der ersten Summe ’geshiftet’, d.h k → k + 1. Das n im Binominalkoeffizenten
bleibt durch den Indexshift unverändert. Die Summe muss aber, um dieselbe Anzahl an Summanden zu
haben, bis n+1 laufen.
n X
n
n
n
n
k
n−k+1
0
n+1
a ·b
+
a ·b
+
an+1 · b0
=
+
0
n
k−1
k
k=1 |
{z
}
| {z }
| {z }






n
+
1
n
+
1
n
+
1



=
=
=
k
0
n+1
=
n+1
X
k=0
n + 1 k n−k+1
a ·b
k
q.e.d.
2.2 Summenformel
Beweisen Sie die folgende Summenformel
n
X
k=1
k2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
mit Hilfe der vollständigen Induktion.
Lösung:
• Induktionsanfang:
1
X
k=1
k2 = 1 =
1 · (1 + 1) · (2 · 1 + 1)
6
5
2 Vollständige Induktion
Ferienkurs Analysis 1
• Induktionsschritt:
X
.k 2 +(n + 1)2 =
k=1
n(n + 1)(2n + 1) 6(n + 1)2
+
6
6
| {z }
Annahme
n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2
2n3 + 9n2 +1 3n + 6
=
6
6
Das der Zähler dem gewünschten Ergebniss entspricht beweist man am besten indem man rückwärts
rechnet:
(n + 1)(n + 2)(2n + 3) = (n2 + 3n + 2)(2n + 3) = 2n3 + 9n2 + 13n + 6
=
Damit haben wir alles beweisen.
2.3 Klausuraufgabe
Beweisen Sie
n
X
k=1
1
n
=
k2 + k
n+1
durch vollständige Induktion.
Lösung:
• Induktionsanfang:
1
X
k=1
1
1
1
= =
k2 + k
2
1+1
• Induktionsschritt:
n
X
1
1
1
n(n + 2) + 1
n2 + 2n + 1
n+1
n
+
+
=
=
=
=
2
2
k + k (n + 1) + n + 1
n + 1 (n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
n+2
k=1
|
{z
}
(n+1)(n+2)
q.e.d.
2.4 Summenformel der Binominalkoeffizenten
Es seien n, k ∈ N und es gelte n ≥ k. Man beweise
n X
m
n+1
=
k
k+1
m=k
durch vollständige Induktion.
Lösung:
Zunächst einmal stellt sich das Problem, dass wir die richtige Variable finden müssen, die wir zur Induktion
benutzen. Dies ist die Variable n, da k nur bis n läuft und somit eine neue Aussage nur auftritt wenn man n
erhöht.
• Induktionsanfang: Wir wählen hier den kleinst möglichen Wert für n. Dieser ist laut Aufgabenstellung
n=k
k+1
k
=1=
k+1
k
6
Ferienkurs Analysis 1
• Induktionsschritt:
2 Vollständige Induktion
n X
m
n+1
n+1
n+1
n+2
+
=
+
=
k
k
k+1
k
k+1
m=k
Die letzte Gleichung folgt aus der allgemeinen Konstruktionsvorschrift der Binomianalkoeffizenten:
n
n
n+1
+
=
k−1
k
k
Was man sich am besten mit Hilfe des Pascalschen Dreiecks klarmacht.
q.e.d.
2.5 Abschätzung Potenzfunktion, Exponentialfunktion
1. Beweisen Sie zunächst die Hilfsaussage
2n + 1 < 2n
n∈N
,n ≥ 5
2. Überzeugen Sie sich, dass die Aussage
n2 < 2n
(∗)
für n = 1, 5 gilt, nicht aber für n = 2, 3, 4.
3. Beweisen Sie (*) induktiv mit geeignetem Induktionsanfang.
4. Was sagt dieser Satz anschaulich?
Lösung:
1. Wir beweisen mit vollständiger Induktion:
• Induktionsanfang: n=5: 11 < 25
• Induktionsschritt:
2(n + 1) + 1 = 2n + 1 < 2n + 2 < 2 · 2n < 2n+1
Dabei haben wir die Induktionsannahme benutzt und die Vorgabe n ≤ 5. Damit ist die Hilfsaussage
bewiesen.
2. Dies sieht man durch Einsetzen.
3.
• Induktionsanfang:
Hier wählt man n=5, da wir vorher gezeigt habe, dass die Aussage zwar für n=1 gilt nicht aber für
n=2,3,4. Deswegen kann der Induktionsbeweis nur für n ≥ 5 Erfolg haben.
52 = 25 < 32 = 25
• Induktionsschritt:
(n + 1)2 = n2 + 2n + 1 < 2n + 2n + 1
Jetzt müssen wir die Hilfsaussage aus der ersten Teilaufgabe benutzen.
2n + 2n + 1 < 2n + 2n = 2 · 2n = 2n+1
q.e.d.
4. Der Satz besagt, dass exponentielles Wachstum (also Wachstum der Form ax ) schneller ist als Wachstum,
das sich wie eine Potenzfunktion (xn ) verhält.
7
3 Stetigkeit
Ferienkurs Analysis 1
2.6 Gaußsche Summenformel
Man beweise:
n
X
k=1
k=
n(n + 1)
2
n∈N
per vollständige Induktion.
Lösung:
• Induktionsanfang:
1·2
2
1=
• Induktionsschritt:
n+1
X
k=1
k = (n + 1) +
n
X
k =n+1+
k=1
n(n + 1)
n2 + 3n + 2
(n + 1)(n + 2)
=
=
2
2
2
q.e.d.
2.7 Eine weitere Summenformel des Binominalkoeffizenten
• Beweisen Sie die Formel für n ∈ N
2
2n
=
2n X
2n
k
k=0
• Beweisen Sie die Formel für n ∈ N
0=
2n X
2n
k=0
k
· (−1)n
Lösung:
Diese Aufgabe soll lehren, dass nicht alles was nach Induktionsbeweis aussieht, auch einer ist. Die Aufgabenstellung verlangt keine Induktion.
•
22n = (1 + 1)2n =
2n X
2n
k=0
k
wobei wir die binomische Formel verwendet haben.
•
0 = (1 − 1)2n =
2n X
2n
k=0
3 Stetigkeit
3.1 Grenzwertbestimmung von Funktionen
Bestimmen Sie wenn möglich die folgenden Grenzwerte:
3x+9
2
x→3 x −9
1. lim
3x+9
2
x→−3 x −9
2. lim
x
x→0− |x|
3. lim
8
k
(−1)k
Ferienkurs Analysis 1
3 Stetigkeit
x
x→0+ |x|
4. lim
x2 +x
2
x→−1 x −x−2
5. lim
6. lim
x→3
x3 −5x+4
x2 −2
√
7. lim
x→0
√
x+2− 2
x
Lösung:
3x+9
2
x→3 x −9
1. lim
3
x→3 x−3
= lim
3x+9
2
x→−3 x −9
2. lim
3
x→−3 x−3
= lim
x
x→0− |x|
= −1
x
x→0+ |x|
=1
3. lim
4. lim
x2 −5x+4
2
x→−1 x −x−2
5. lim
6. lim
x→3
x3 −5x+4
x2 −2
√
7. lim
x→0
existiert nicht.
x
x→−1 x−2
= lim
=
√
x+2− 2
x
=
−1
2
=
1
3
16
7
= lim
x→0
√
1 √
x+2− 2
=
1
√
2 2
9